2015第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题和答案

放大发发呆第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试2015年9月19日说明：所有解答必须写在答题纸上，写在试题纸上无效。一、（15分）在太阳内部存在两个主要的核聚变反应过程：碳循环和质子-质子循环；其中碳循环是贝蒂在1938年提出的，碳循环反应过程如图所示。图中p、e+和匕分别表示质子、正电子和电子型中微子；粗箭头表示循环反应进行的先后次序。当从循环图顶端开始，质子p与核发生反应生成“N核，反应按粗箭头所示的次序进行，直到完成一个循环后，重新开始下一个循环。已知e+、p和He核的质量分别为0.511MeV/c2s1.0078u和4.0026u（lu-931.494MeV/c2）,电子型中微子匕的质量可以忽略。（1）写出图中X和Y代表的核素；（2）写出一个碳循环所有的核反应方程式；（3）计算完成一个碳循环过程释放的核能。二、（15分）如图，在光滑水平桌面上有一长为L的轻杆，轻杆两端 C%A各固定一质量均为M的小球A和B。开始时细杆静止;有一质量为〃？的小球C以垂直于杆的速度%运动，与A球碰撞。将小球和细杆视为一个系统。（1）求碰后系统的动能（用已知条件和球C碰后的速度表出）； |（2）若碰后系统动能恰好达到极小值，求此时球C的速度和系统的 B动能。三、（20分）如图，一质量分布均匀、半径为r的刚性薄圆环落到粗糙的水平地面前的瞬间，圆环质心速度%与竖直方向成e ＜手）角，并同时以角速度g（%的正方向如图中箭头所示）绕通过其质心0、且垂直环面的轴转动。已知圆环仅在其所在的竖直平面内运动，在弹起前刚好与地面无相对滑动，圆环与地面碰撞的恢复系数为&,重力加速度大小为g。忽略空气阻力。（1）求圆环与地面碰后圆环质心的速度和圆环转动的角速度；（2）求使圆环在与地面碰后能竖直弹起的条件和在此条件下圆环能上升的最大高度；（3）若让e角可变，求圆环第二次落地点到首次落地点之间的水平距离S随夕变化的函数关系式、S的最大值以及S取最大值时八。。和4应满足的条件。

56563636363四、（25分）如图，飞机在距水平地面（xz平面）等高的航线KA（沿x正方向）上,以大小为，（。远小于真空中的光速c）的速度匀速飞行；机载雷达天线持续向航线正右侧地面上的被测固定目标P点（其X坐标为小）发射扇形无线电波束（扇形的角平分线与航线垂直），波束平面与水平地面交于线段BC（BC随着飞机移动，且在测量时应覆盖被测目标P点），取K点在地面的正投影O为坐标原点。已知BC与航线KA的距离为凡。天线发出的无线电波束是周期性的等幅高频脉冲余弦波，其频率为（1）已知机载雷达天线经过A点（其x坐标为xA）及此后朝P点相继发出无线电波信号，由P反射后乂被机载雷达天线接收到，求接收到的回波信号的频率与发出信号的频率之差（频移）。（2）已知BC长度为L,,讨论上述频移分别为正、零或负的条件，并求出最大的正、负频移。（3）已知凡＞＞4,求从C先到达P点、直至B到达P点过程中最大频移与最小频移之差（带宽），并将其表示成扇形波束的张角。的函数。已知：当可＜＜1时，+-1+千。五、（20分）如图，“田”字形导线框置于光滑水平面上，其中每个小正方格每条边的长度/和电阻R分别为0.10m和LOQo导线框处于磁感应强度3=L0T的均匀磁场中，磁场方向竖直向下，边界（如图中虚线所示）与de边平行。今将导线框从磁场中匀速拉出，拉出速度的大小为。=2.0m/s,方向与de边垂直，与沈边平行。试求将导线框整体从磁场中拉出的过程中外力所做的功。6536363六、（23分）如图，一固定的竖直长导线载有恒定电流/,其旁边有一正方形导线框，导线框可围绕过对边中心的竖直轴OQ2转动，转轴到长直导线的距离为〃。已知导线框的边长为2〃（。＜〃），总电阻为R,自感可忽略。现使导线框绕轴以匀角速度。逆时针（沿轴线从上往下看）方向转动，以导线框平面与长直导线和竖直轴所在平面重合时开始计时。求在，时刻（1）导线框中的感应电动势E：（2）所需加的外力矩6536365

65363七、（22分）如图，Imol单原子理想气体构成的系统分别经历循环过程，也•必和而c%。已知理想气体在任一缓慢变化过程中，压强〃和体积V满足函数关系〃=/（丫）。（1）试证明：理想气体在任一缓慢变化过程的摩尔热容可表示为「「、pR式中，「和R分别为定容摩尔热容和理想气体常数；（2）计算系统经0c'直线变化过程中的摩尔热容；（3）分别计算系统经。c'直线过程中升降温的转折点在p-V图中的坐标A和吸放热的转折点在p-V图中的坐标B；（4）定量比较系统在两种循环过程的循环效率。八、（20分）如图，介质薄膜波导由三层均匀介质组成：中间层1为波导薄膜，其折射率为〃「光波在其中传播；底层。为衬底，其折射率为即；上层2为覆盖层，折射率为%;勺＞为2%。光在薄膜层1里来回反射，沿锯齿形向波导延伸方向传播。图中，珞是光波在介质j表面上的入射角，先是光波在介质j表面上的折射角。（1）入射角内在什么条件下光波可被完全限制在波导薄膜里（即光未折射到衬底层和覆盖层中）？（2）已知波导薄膜的厚度为d,求能够在薄膜波导中传输的光波在该介质中的最长波长儿〃。已知：两介质j与攵的交界面上的反射系数（即反射光的电场强度与入射光的电场强度之比）为式中，q和2是分别是光波在介质，的表面上的入射角和折射角，余类推；正弦函数和余弦函数在复数域中可定义为治―-治 ？冶+,治sin" ,cos^= 21 26356363563第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2015年9月19日一、（15分）（1）图中X和Y代表的核素分别为TOC\o"1-5"\h\z,5O和"C ①（2）一个循环所有的核反应方程式依循换次序为p+,2C^13N ②“Nr“C+e++匕 ③p+l3C^l4N ④p+l4N^.,5O ⑤"Of“N+e++匕 ⑥p+"N—%+强 ⑦（3）整个循环的核反应，相当于4p-4He+2e++2vc完成一个碳循环过程释放的核能为AE=（4%-M，h-2mc）c2=［（4x1.0078-4.0026）x931.494-2x0.511］MeV^25.619MeV65363二、（15分）（1）（解法一）取碰前B球所在位置O为原点，建立坐标系（如图）。碰撞前后系统的动量及其对细杆中心的角动量都守恒，有叫=叫+ ① CqATOC\o"1-5"\h\z0="W、,+〃4,+M/y ②jji j _ ym-v0=m-vx+M-VXx-M-V^ ③ .式中，巴和外表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由于轻 B杆长度为L,按照图中建立的坐标系有^A（O-vB（r）］2+［.vA（r）-yB（z）J2=L2 ④由上式对时间求导得风⑺一小（，川匕＜，）一嗑。）］+［以（/）一）%（川［％（/）-%（川=。 ⑤在碰撞后的瞬间有Xa"=°）==°）， ⑥yA（/=0）-yB（r=0）=L ）利用⑥式，⑤式在碰撞后的瞬间成为匕,.三4。=。）=%（/=0）三% ⑦由①②⑦式得m v2M由①②③式得

k寮…)%二°利用⑧⑨⑩式，碰撞后系统的动能为七=]〃(3+")+；M(《+4)+：M(%+V；y)乙 乙 乙=5〃(,+工)+；M(《+2%.)1 2.1w2/ 、2,2M+m,=一〃w;+ (%—七厂+ mv；2”2M“4M'（解法二）取碰前B球所在位置O为原点，建立坐标系（如图）。设碰撞后，小球C的运动速率为。，细杆中心的运动速度为匕，细杆绕中心转动的角速度为。。碰撞前后系统的动量及其对细杆中心的角动量都守恒，有niv0=mvx+2MVCx0=mvy+2MVCyTOC\o"1-5"\h\zL L L\Lni—v(.=m—vt+2M—co\—2 2 \2)2式中，巴和巩表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由①②③式得忆焉（…）IT m。2M-G)=-^-(V0-V)0x)碰撞后系统的动能为利用E=（式+K）+；（2M）利用E=（式+K）+；（2M）（略式，系统动能⑦式可表示成e=Lm+-—（v0-v）2+2 '2M° "+C)+2xLw|co-J2I2)2M+m, ntir4M,（2）解法（一）的⑪式或者解法（二）的⑧式即为(M+m)mE= M可见，在条件(M+m)mE= M可见，在条件2M+m1nf mv\+ 4M>2Mmyx=T7-—y<p%=0下，碰后系统动能达到其最小值匚1 〃/ ）E= %2M+m它是小球仅与球A做完全非弹性碰撞后系统所具有的动能。65363三、（20分）（1）设圆环的质量为“，它在碰撞过程中受到的地面对它的水平冲量为碰撞后圆环质心的速度大小为「，。与竖直向上方向的夹角（按如图所示的顺时针方向计算）为尸，圆环的角速度为啰。规定水平向右方向和顺时针方向分别为水平动量和角速度的正方向。在水平方向，由动量定理有iiivsinp一 sin0=If由对质心的动量矩定理有nn(rco)-nn(r^)=-rlt按题意，圆环在弹起前刚好与地面无相对滑动，因而此时圆环上与地面的接触点的水平速度为零，即usin/7-?YU=0由题意知O-vcosfi=k%cos^-0联立①②③④式得-=，cos?—+(/•4+%sin夕］lan尸=-(Ian6+———)2k%cos0g=^-0%+sin6)(2)若圆环与地面碰后能竖直弹起，则其速度与竖直方向的夹角4=0将上式代入⑥式得，使圆环在与地面碰后能竖直弹起的条件为TOC\o"1-5"\h\zsin8=一^^ ⑧%在此条件下，在与地面刚刚碰后的瞬间有co=0,v=-v()kcos0 ⑨即圆环做竖直上抛运动。圆环上升的最大高度为hJ二..cos2g_y(说—・0；) ⑩一寸-2g---1g-(3)由于忽略空气阻力，圆环再次弹起后，角速度保持为。不变，质心做以初速度为。的斜抛运动。圆环第二次落地点到首次落地点之间的水平距离s随6变化的函数关系式为TOC\o"1-5"\h\zs=.sin20=」qcose(%sine+s)⑪g gs取最大值时，e的取值至满足—二一(%cos20一74sin^)=0 ⑫485g由得⑫式得sin……设* ⑬4%将⑬代入⑪式得 、=k(J产成+8*+3sH瓯一2r%(r4-次武+82) ⑭' 16g、=J-而+8--3sH瓯一2r%(r4+J产而+8。" ⑮

式中M和&分别对应于⑬式右端根号前取正和负号的情形。由以上两式可知，s的最大值为_.力成+8点+又因为由上式得，当s取最大值时，r、。。和例）应满足%＞加|65363四、（25分）（1）解法（一）图（a）按照题给坐标系，设待测点P的位置为（与.0。），飞机在1=0时所在点K的位置为（05,0）。在时刻八，飞机所在位置A点的坐标为区=Xa，/M））,机载雷达此时发出一光信号；该信号到达P点，经反射后，于时刻〃返回至飞机的机载雷达被接受，此时飞机的机载雷达的位置为区=打也0）,如图所示。由于光速不变，飞机做匀速直线运动,有图（a）西+（x「Xp）2+jK；+（w-Xp）2=C（f2-/1） ①x2一%=v（t2-fj ②式中4= 现设在时刻J飞机所在位置a点的坐标为（x"、0），机载雷达此时发出另一光信号：该信号到达p点,经反射后，于时刻4返回至飞机的机载雷达被接受，此时飞机的机载雷达的位置为*;5,（））°同理有TOC\o"1-5"\h\z西+（工；一斗）2+ +（乂一与尸=C（〈一1） （3）x；—x[=v（t\—t[） ④x\-xA=v（t{-t.） ⑤X-X2=V（ty-/2）由①②式和。＜＜C得，2-4=-dKi+（X_，p）+J.）+（占―Xp+工2""占尸=+(网-Xp)2+ +(x,-A-p)2+2(x2-x,)(x,-xp)+(x2-X,)2]=+(x,-xp)24-J居+(内―Xp)2+2研G_ _Xp)+"(q—乙)2]SB+5-Xp)+ (~~Xp，(/_.)C fp)2C2 1上式右端已略去了S/C)2级的高阶项。由⑥式解得

2Qr；h）2i

«■»，[~ ・cl-VX，⑦⑧⑨⑩cJr；⑦⑧⑨⑩TOC\o"1-5"\h\z%2/凡+*1—/ -X-K 'c<cJr；+（-—与）1=逅至亘+勺（X「Xp）C L同理，由③④式和”<c得,：_t,名2版+Ct；7p）：+玛x；一斤）c c"由⑦⑧式得（q-2）一（，；f+（>-Xp）2"-J《；+@]_小）2）+ZE（a{-X,）利用⑤式，⑨式成为«|■（版+区-/+呻一画-依+5-小尸）+今（彳一。）4/2-（…）《您+（X「Xp）-c上式右端已略去了（。/C）2级的高阶项。令TOC\o"1-5"\h\z，j=7； ⑪式中，7；为机载雷达在发射的光信号的周期，则…二丁 ⑫是机载雷达接受到.应防光信号的周期。⑪式可写成f=「…）① ⑬>/凡；+（七\一与）2°或,2c）» ⑭5凡;+（a-5c式中为已用心替代，而.1.1./=亍，」0=工是相应的光信号的频率，儿是接力到的回波信号的频率与发出信号的频率之差（频移）。⑭式也可写为/-2?70cos。 ⑭c式中cosa三- A17R：+（尤.7P『即a为从机载雷达射出的光线与飞机航线之间的夹角。65363解法（二）取航线KA和直线BC所构成的平面为新的坐标平面。K为坐标原点，航线KA为x轴，从K指向BC与Z轴交点的直线为y轴：在时刻右，飞机所在位置A点的坐标为（占=4.（））；目标点P的位置（不,凡）在这个坐标系里是固定的。设机载雷达于时刻，发出的发射信号的相位为

◎(/)=卬+夕式中g和。分别是相应的角频率和初相位，机载雷达于时刻6在1点5=4,6）,0）接收到的经P反射的信号是机载雷达于时刻小『在A点（〜=4（f「r）,0）发出的，其疝位为，&）=例（。-「）+。式中r为信号往返过程所需的时间：它满足{E+（X「Xp）2+牌+3一百=CT/一$=vr经过时间间隔同理有05+Ai）=@）（4+&-厂）+3J«；+（X；-Xp）2+ +（乂-/）2=CTfA；一工；="另外，由于同样的原因（飞机作匀速直线运动），还有X；一•演=0△/X2一巧=VSt设机载雷达收到的信号的圆频率为◎,则应有叫/1+Z）-G'a）=皿由②③式和。<<C得r= +（七一小尸+收+（=一而+/一演）[=1[脚=1[脚+5TP-+J氏+(3-+2(x2-%,)(.¥,_Xp)+(毛-为)2]=-依+（占7p>+，氏+3-Xp>+2皿$-/）+//]、2依+（八一%）2। .丁C 依+（.7p）2C上式右端已略去了S/C）2级的高阶项。由⑨式解得cJr：+（k-（p）2I，芯一号'C西+37p）lc同理，由⑤⑥式和。c同理，由⑤⑥式和。<<c得=返正豆+M…）rf，2网+日7P匚+工工；）

C L由①©⑧式得av=/（&_/）_@（t）co=2nf'代入⑫式,利用⑦⑩⑪式，在〜很小的情形下，略去人的高阶项，得代入⑫式,/>/-/>=/(…与)7P)2C0/d三/_人=_2_/0cosa式中cosa三即a为从机载雷达射出的光线与飞机航线之间的夹角.（2）由于机载雷达天线发射的无线电波束:面的张角的限制（见图兀L/2 _兀LJ2———, _Ka4—+-, 一2西+亿/29 2西+〃/2尸频移启分别为正、零或负的条件是：当&<兀/2（xA<ap）时，频移3>0;当6=兀/2（xa=ap）时，即机载雷达发射信号时正好位于P点到航线的垂足处，频移/d=° ⑯当夕〉兀/2（xA>.rp）时，频移,3<0。当a=n/2-LJ2收ZLJ2）2（”一4二一人/2）时，即机载雷达发射信号时正好位于⑸=而-乙/2九0）处，正的频移最大“=遍+W/2”70 0当a=jr/2+4/2j«；+W/2)2(xa-xp=Lz/2)时，即机载雷达发射信号时正好位于（4=/+乙/2九0）处，负的频移的绝对值最大（3）在飞机持续发射的无线电波束前沿BC全部通过目标P点过程中，多普勒频移的带宽为二三时一小「1sin:/；+（L,/2）-cc2由于凡》L、.，有夕《1,故00sin一力一22将上式代入到⑲式得Nd=/o亍8653634五、（20分）在de边未出磁场的过程中，ab、cf和de三边切割磁力线运动，每条边产生的感应电动势相等,但感应电流为零，故不需要外力做功叱=0 ①在de边出磁场但cf边未出磁场过程中，ab和cf两条边做切割磁力线运动，导线框的等效电路如图a所示。等效电路中每个电阻的阻值R=L0C0按如图所示电流方向，根据基尔霍夫第一定律可得③④③④⑤

©八+，5=人，[6=1丁+人，74+^7=/3+/5-由基尔霍夫第二定律，对4个回路可列出4个独立方程。-2/#+/小-。-〃=0，U-2I2R+I,R-U+I,R=O.UT4R+LR—21#=0.式中，感应电动势u为U=blv=02（N联立②③④式得：/=人=0.025A1―/3=/4=0.050A此时，ab边和ed边所受的安培力大小分别为TOC\o"1-5"\h\z%=M/#=0.0050N ⑦怡=84,=0。10N ⑧式中几和心分别为ab边和ed边的长度。外力所做的功为叫=E4+%9=0,0015J ⑨式中楠表示ef边的长度。在cf边移出磁场后，只有边ab切割磁力线运动产生感应电动势。此时，等效电路如图b所示，电路中电动势的大小和电阻阻值不变。根据基尔霍夫定律可得4+，3=/6,JH，16H，和6r-2/1/?+/3/?-/5/?=0,U-2mR+I,R=0,-Z5/?-2/6/?-Z7/?=0,一/4R+//一2/小=0.联立⑩®式得/=/,=0.075AI-此时，ab边受到的安培力为%=/&=0.015N外力所做的功为^=EX=0.0015J整个过程中外力做的功为W=W,+以+%=0.0030J ⑮六、（23分）（1）设，时刻导线框平面与长直导线和转轴组成平面之间的夹角为6的值为6=3,如图a所示图a（俯视图），导线框旋转过程中只有左、右两边（图中分别用A、B表示）切割磁力线产生感应电动势。A、B两条边的速度大小相等，

图av=coaA、B处对应的磁感应强度大小分别为B、="2犯B-曳- ③・2^?;其中，〃。为真空磁导■，门、门分别为A和B到长直导线的垂直距离。A、B两边对应的感应电动势分别为E1E1=812twsin/CDCCLlJ.=——-smZi

孙cocrpj. sin/?式中g一片、彳一不分别为A、B的速度方向与门、门的夹角。根据几何关系得2 2"夕+a其中a、£分别为白、，2与X方向的夹角，⑤式代入④式得导线框中的感应电动势为E=Ei+E2E=Ei+E2=^1'^'1'根据几何关系及三角形余弦定理得a、b-acos0cosa= 44asin。sina= 弓ch+acos0COSP= r2<nasin6sin0= sin(6+c)+sin(。一/?)/；£、打、门与“、b、6之间的关系为7T\7T\.a2h^Ieosincot/;2=a~4-/72-2o〃cos8r2=a，+/+2a〃cos6将⑦⑧⑨式代入⑥式得导线框的感应电动势为a1+h2-labcQsOa2+h2+2abcos0a2+b2-2abcoscota2+b2+labcoscot)（2）（解法一）导线框在电流/的磁场中旋转，受到安培力相对于轴的合力矩Mj的作用，要使导线框保持角速度为出的匀速旋转，所加的外力矩M必须满足M+M0=0 ⑪正方形导线框上、下两边所受安培力的方向与转轴平行,力矩为零，只有导线框左、右两边（分别用A、B表示）受到的安培力々和用对合力矩有贡献，如图b所示（俯视图）。由②③式和安培力公式得K和5的大小为片=勿出=四竺⑫K=2出及=必^ ⑬“式中i为导线框中的感应电加。由欧姆定律有.E公 1 1RnR\a2+h2-Icibcoscota2+b2+2abcoscot安培力的合力矩为M0=F4+F乩=£acos(，-8-a)+Eacos(g-6+/3)=E〃sin(6+a)+尼。sin(^-/?)〃0a2〃「sin(6+a)sin(8一夕)一"l,4+G-其中，4和ch分别为Q和尸2与转轴之间的垂直距离，3-夕-a和'-夕+夕分别为山和刈与A、B连线之间的夹角。将⑦⑧⑨⑭式代入⑮式得需要加的外力矩为加==_维迹吗—」 +一二 |7T\（r+Zr-2abcos@cr+/r+2abcoscotJ=_4；C%siifsj 1 + 1 Y ⑯J[2R\a2+b2-2ahcosa）ta2+b2+2abcosa）t）_4〃：a452/%' (a2+/?2)sindx六R t(^2+h2)-4a2b2cos2cot（2）（解法二）导线框在电流/的磁场中旋转，受到安培力相对于轴的合力矩Mj的作用，要使导线框保持角速度为。的匀速旋转，所加的外力矩M必须满足TOC\o"1-5"\h\zM+%=0 ⑪此时，安培力的合力矩的功率Po应与导线框中感应电流的功率P,相等，即凡" ⑫式中E2_苏心《/方sin2cot( 1 +IVR 7T2R\a2+h2-2abcoscota2+b2+2abeoscof)安培力的合力矩为M—――匕一如“力/向％/1 、i 1,、i 、coCDhzRa2+b2-2ahcosa)ta2+b2+2abcoscot,由⑪式可得，外力矩M为..wax^LCpb2sin2cotz1 1YM=—A/。="————； ———； +———； ttRer+/r-2abcoscoter+/r+2cihcoscotJ__4«"〃2/%’ (t/2+/?2)sintwf「12R (a2+b2)-4a2h2cos2cot)653七、（22分）（1）根据热力学第一定律，有dU=dQ+3\V ①这里，对于Imol理想气体经历的任一缓慢变化过程中，必，＜5W和dU可分别表示为

3Q=C/T,d\V=-pdV,dU=CvdT将理想气体状态方程pV=RT两边对丁求导，可得〃北+V也处=R ③dTdVdT式中利用了dp_dpdVdTdVdT根据③式有四.、 ④联立①②④式得1+生 ⑤7dV（2）设be'过程方程为p=a-/3V ®根据c-c+『RL"p+j/dV可得该直线过程的摩尔热容为CZ+法部 ⑦式中，G，是单原子理想气体的定容摩尔热容，c、, 。对机,'过程的初态（3p「x）和终态他,5匕），有3…一处 ⑧8=。-5处 一由⑧式得噬 ⑨由⑥⑦⑧⑨式得T4"14K（3）根据过程热容的定义有C* ⑪式中，△。是气体在此直线过程中，温度升高△7时从外界吸收的热量，由⑩⑪式得4V-14V -A7=-—^RA0 ⑫8V-35K8V-35^AT4V-14KR由⑫式可知，be过程中的升降温的转折点A在p-v图上的坐标为91091077

A(]V；，w〃。由⑩式可知，be过程中的吸放热的转折点B在p-v图上的坐标为(4)对于4加•疝循环过程，"和儿过程吸热，〃和&过程放热<?,,,=仁(Th-Ti)=\.5(RTh-RTt)=3pR ⑯Qz=〃£,("-£)=2.5(RT-RTb)=l5PM3 5式中，已利用已知条件〃=Imol,单原子理想气体定容摩尔热容G=-/?，定压摩尔热容Cp=]Ro气体在abeda循环过程的效率可表示为循环过程中对外做的功除以总吸热，即’?abedaQ’?abedaQ疝+Qz18PM对于。历％循环过程，，必和/汨过程吸热，和c%过程放热。由热力学第一定律可得，岫过程吸热为源=AUg—%,=仁（4—7；）+；（/%+3pJ（匕一K）=11.39〃M所以，循环过程。庆的效率为以+Qm以+Qm1439PM=0.278由⑰⑲式可